河南省信阳市普通高中2026届化学高三上期中达标检测模拟试题含解析

河南省信阳市普通高中2026届化学高三上期中达标检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X元素的焰色反应呈黄色，W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素。下列说法不正确的是()A．W与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2B．Y、R、Z最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：Z>R>YC．W的简单氢化物稳定性比Z的简单氢化物稳定性低D．Y与W形成的化合物YW2的熔点高、硬度大2、我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（）A．双氢青蒿素B．全氮阴离子盐C．聚合氮D．砷化铌纳米带A．A B．B C．C D．D3、下列说法正确的是A．液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．金刚石、石墨、C60是碳元素的同素异形体D．金属氧化物一定是碱性氧化物4、下列化学用语表达正确的是（）A．中子数为8的氧原子：188OB．次氯酸的结构式为：H-O-ClC．氢氧化钠的电子式：D．CO2的比例模型：5、下列各组物质之间通过一步反应能实现转化关系，且与表中条件也匹配的是选项XYZ箭头上为反应条件或试剂AFeFeCl2FeCl3①通入少量Cl2BNa2CO3NaClNaHCO3②先通CO2、再通过量NH3CSiO2Na2SiO3H2SiO3③加热DNaAlO2Al(OH)3Al2O3④加H2OA．A B．B C．C D．D6、常温下，下列四种酸溶液，能跟铝片反应放出H2且反应速率最快的是A．20mL18.4mol·L−1的硫酸溶液 B．10mL3mol·L−1的硫酸溶液C．20mL5mol·L−1的盐酸溶液 D．30mL4mol·L−1的硝酸溶液7、某同学利用浓度相同的氯水、Cl2的CCl4溶液完成下述实验。下列有关实验的说法中，不正确的是A．操作④中发生的反应是Br2+2Fe2+＝2Br－+2Fe3+B．操作②和操作④之后，试管上层溶液的成分相同C．操作①后的溶液中没有Br2，但反应过程中可能有Br2生成D．实验说明，CCl4影响了Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序8、下列粒子中，与NH4+具有相同质子数和电子数的是A．OH— B．F－ C．Na+ D．NH39、将浓度和体积均相同的一元酸HA与一元碱BOH混合，所得溶液呈酸性。下列判断正确的是A．HA一定不是弱酸 B．BOH一定不是强碱C．HA一定是强酸 D．BOH一定是强碱10、.检测人的血液中的葡萄糖(简称血糖，相对分子质量为180)的含量，参考指标常以两种计量单位表示，即“mmol/L”和“mg/dL”(1L=10dL).以“mmol/L”表示时，人的血糖正常值在3.61~6.11mmol/L之间。如果以“mg/dL”表示，血糖正常值范围是多少()A．6mg/dL~9mg/dL B．55mg/dL~95mg/dLC．65mg/dL~110mg/dL D．70mg/dL~120mg/dL11、常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1HA溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是A．HA的电离平衡常数Ka=10-5B．点①所示的溶液中：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)C．点③所示的溶液中：c(HA)>c(OH-)-c(H+)D．点④所示的溶液中：2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA)12、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol•L﹣1KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣B．能溶解Al2O3的溶液：Na+、K+、Cl﹣、SiO32﹣C．无色透明溶液中：Al3+、Cu2+、Cl﹣、HCO3﹣D．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、Cl﹣、SO42﹣13、下列有关水电离情况的说法正确的是A．25℃，pH=12的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大14、图像能直观地反映有关物理量的变化及规律，下列各图像与描述相符的是A．图1表示SO2氧化反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图2表示0.lmolMgCl2·6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化C．图3表示分别稀释10mLpH=2的盐酸和醋酸时溶液pH的变化，图中b>l00D．图4表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化15、将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是

(

)A．原混合物中铜和铁各0.075molB．稀硝酸的物质的量浓度为1.5mol/LC．第一次剩余的4.8g金属为铜和铁D．向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100mL,又得到NO在标准状况下的体积为1.12L16、向铜屑、稀盐酸和铁盐的混合溶液中持续通入空气可制备氯化铜。其反应过程如图所示。下列说法不正确的是A．Fe3+对该反应有催化作用B．该过程中的Fe3+可由Fe(NO3)3提供C．可用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3+与Fe2+D．制备CuCl2的总反应为2Cu＋O2＋4HCl＝2CuCl2＋2H2O17、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温常压下33.6L氯气与27g铝充分反应，转移的电子数为3NAB．标准状况下,28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数为4NAC．一定条件下，将1molN2与3molH2混合反应后，生成NH3分子的数目为2NAD．在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，又知电解后溶液体积为1L，在阳极析出的气体分子数约为0.25NA18、下列有关物质的分类与性质的说法正确的是（）A．液氯、冰醋酸、C4H8均属于纯净物B．Na2O、Fe2O3、Al2O3属于碱性氧化物C．常用投加明矾、硫酸铁等电解质的方法处理浑浊的水D．蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质19、生物质废物能源化的研究方向之一是热解耦合化学链制高纯H2，工艺流程示意图如下。下列说法不正确的是()A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率B．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2C．从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2D．当n(CO):n(H2)=1:1时，为使Fe2O3循环使用，理论上需要满足n(CO):n(O2)=2:120、下图装置(Ⅰ)是一种可充电电池，装置(Ⅱ)为电解池。装置(Ⅰ)的离子交换膜只允许Na＋通过，已知电池充、放电的化学方程式为2Na2S2＋NaBr3Na2S4＋3NaBr，当闭合开关K时，X电极附近溶液变红。下列说法正确的是A．闭合开关K时，Na＋从右到左通过离子交换膜B．闭合开关K时，负极反应式为3NaBr－2e－===NaBr3＋2Na＋C．闭合开关K时，当有0.1molNa＋通过离子交换膜时，X电极上放出标准状况下气体1.12LD．闭合开关K时，X电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑21、配制FeSO4溶液时，为防止FeSO4溶液被氧化，可向溶液中加入少量的A．稀硫酸 B．浓硫酸 C．铁 D．硫酸铁固体22、下表为四种溶液的溶质质量分数和物质的量浓度的数值，根据表中数据判断四种溶液中密度最小的是()A．HCl B．HNO3 C．CH3COOH D．KOH二、非选择题(共84分)23、（14分）曲尼司特()可用于预防性治疗过敏性鼻炎，合成路线如图所示：已知：i.ii.(1)E分子中的含氧官能团名称是_____。(2)试剂a是_____。(3)C→D的反应方程式为_____。(4)写出一定条件下用F制备高分子的反应方程式_____。(5)H具有顺反异构，写出H的顺式异构体的结构简式_____。(6)H是重要的有机合成中间体，以H为原料合成伊曲茶碱。K的结构简式为_____。中间产物的结构简式为_____。24、（12分）吸水性高分子材料PAA、接枝PAA、用于化妆品的化合物己的合成路线如图：已知：Ⅰ．连在同一个碳原子上的两个羟基之间容易失去一分子水Ⅱ．两个羧酸分子的羧基之间能失去一分子水Ⅲ．请回答：（1）D中的官能团是______________（1）D→E的化学方程式是_____________________________________（3）F→PAA的化学方程式是___________________________（4）①X的结构简式是_________②Y→W所需要的反应条件是______________________（5）B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，丙中的两个取代基互为邻位．①甲→乙的化学方程式是________________________________________②关于丙的说法正确的是________a.能与银氨溶液发生银镜反应b.与有机物B互为同系物c.不存在芳香醇类的同分异构体（6）丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1．己的结构简式是______________________________25、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：①装置D的名称为______。②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_____→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为______。（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为___。（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为____。Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol·L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol·L−1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。（4）步骤3中加入锌粉的目的为______。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_____；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。26、（10分）亚硝酰M(NOC1)是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点－64.5℃，沸点－5.5T，遇水易水解生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。NOCl可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，相关实验装置如图所示。(1)装置B中仪器a的名称是___，装置E中的试剂为__。(2)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到B中__时关闭K1、K2。向装置C三颈瓶中通入干燥Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。(3)装置B、D除可干燥NO、Cl2外，另一个作用是___；若装置C中去掉盛CaCl2的干燥管，则C中NOCl可能发生反应的化学方程式为___。(4)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：将所得亚硝酰M(NOC1)产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，K2CrO4溶液为指示剂，用0.8mol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)滴定时应将AgNO3标准溶液加入___(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为___；若滴定开始时仰视读数，滴定终点时正确读数，则测定结果___(填“偏高”“偏低”或“不变”果)。27、（12分）有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为NH4Cl)，某小组在实验室对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定。[岩脑砂的制备](1)写出实验室装置A中发生反应的化学方程式：________。(2)装置C的仪器名称是_________；(3)为了使氨气和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序：________→ef←_______(用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致)。(4)证明氨气和氯气反应有NH4Cl生成，需要的检验试剂中除了蒸馏水、稀硝酸、红色石蕊试纸外，还需要___________。[岩脑砂中元素的测定]准确称取ag岩脑砂，与足量氧化铜混合加热(反应：2NH4Cl+3CuO3Cu+N2↑+2HCl+3H2O)，利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的物质的量之比。(5)装置H中盛装的试剂是________(填试剂名称)。(6)若装置I增重bg，利用装置K测得气体体积为VL(已知常温常压下气体摩尔体积为24.5L·mol-1)，则岩脑砂中n(N)：n(Cl)＝________(用含b、V的代数式表示，不必化简)，若取消J装置(其它装置均正确)，n(N)：n(Cl)比正常值________(填“偏高“偏低”或“无影响”)。28、（14分）表为元素周期表的一部分．碳氮YX硫Z回答下列问题：（1）Z元素在周期表中的位置为__．（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）__．（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__．a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的熔沸点分别为﹣69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式：__．（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中的两种元素组成，气体的相对分子质量都小于1．为防止污染，将生成的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，则两种气体的分子式分别为__，物质的量分别为__，生成硫酸铜物质的量为__．29、（10分）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥(主要含MgO、SiO2、Fe2O3，另含少量FeO、CaO、Al2O3、B2O3等)为原料制取MgSO4·7H2O的工艺流程如下：回答下列问题：(1)过滤需用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和_______；其中玻璃棒的作用是___________。(2)滤渣1中的某种物质是玻璃的主要成分之一，玻璃另外两种主要成分的化学式为_____________。除杂过程加入MgO的作用是__________________。(3)写出除杂过程中次氯酸钙将Fe2+氧化的离子方程式__________________。(4)除杂过程中，当c(Al3+)=1×10−5mol/L时，c(Fe3+)=__________mol/L。(已知Ksp[Al(OH)3]=3.2×10−34，Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10−36，结果保留两位有效数字)(5)滤渣3主要成分的化学式是___________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】短周期元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，R是C元素；X元素的焰色反应呈黄色，X是Na元素；W元素和Z元素同主族，且Z元素的核电荷数是W的2倍，W是O元素，Z是S元素；Y是地壳中除氧外含量最多的非金属元素，Y是Si元素。【详解】A．O与Na形成的两种化合物分别是Na2O和Na2O2,它们的阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；B．Si、C、S的非金属性逐渐增强，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：S>C>Si，B正确；C．O元素的非金属性强于S元素，所以O的简单氢化物稳定性比S的简单氢化物稳定性高，C错误；D．SiO2是原子晶体，具有熔点高、硬度大的特点，D正确;答案选C。2、A【解析】A．双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；B．全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。故选A。3、C【分析】A、在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。B、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质。C、同素异形体是同种元素组成的不同单质。D、有些高价金属的氧化物是酸性氧化物，还有些金属氧化物是两性氧化物等。【详解】A、液态HCl、固态AgCl均不导电，原因是液态氯化氢和固态氯化银中不含自由移动的阴阳离子，HCl、AgCl溶于水后能电离出自由移动的阴阳离子而使其水溶液导电，所以氯化氢和氯化银是电解质，故A错误。B、NH3、CO2的水溶液均能导电原因是氨气和二氧化碳分别和水反应生成氨水、碳酸，氨水、碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使其水溶液导电，电离出阴阳离子的是氨水和碳酸不是氨气和二氧化碳，所以氨气和二氧化碳是非电解质，故B错误。C、同种元素组成的不同单质互称同素异形体，金刚石、石墨、C60是碳元素的同素异形体，故C正确；D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如二氧化锰、三氧化铝，故D错误。故选C。4、B【详解】A.中子数为8的氧原子，质量数为16，表示为168O，故A错误；B.O原子分别与氯和氢原子各形成一对共用电子对，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故B正确；C.氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式：，故C错误；D.碳原子半径比氧原子大，CO2的比例模型：，故D错误；故选B。5、C【解析】A．①②③发生FeHClFeCl2Cl2FeCl3ZnFe，④发生FeCl3FeFeCl2，①不能通过与氯气反应实现，选项AB．②中应先通入氨气，再通入二氧化碳，转化可实现，但②条件不合理，选项B错误；C．①②③发生SiO2NaOHNa2SiO3HClH2SiO3△SiO2，④H2SiO3发生NaOHNa2SiO3，选项C正确；D．氧化铝不溶于水，与水不反应，④不能发生，选项D错误；答案选C。6、B【详解】A、18.4mol·L－1的硫酸是浓硫酸，金属铝常温下与浓硫酸发生钝化反应，反应缓慢，故A错误；B、相同条件浓度越大，反应速率越快，此时溶液中c(H＋)=6mol·L－1；C、此溶液中c(H＋)=5mol·L－1；D、金属铝与硝酸反应不产生H2，故D错误；综上所述，选项B中c(H＋)大于选项C中c(H＋)，即3mol·L－1硫酸反应最快，故B正确。7、D【分析】Fe2+的还原性大于Br-，若向溴化亚铁溶液中滴加5滴氯水，氯水不足，发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，反应后得到黄色的含Fe3+溶液，加入CCl4后，CCl4不溶于水，密度大于水，溶液分层，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液；若向溴化亚铁溶液中滴加5滴Cl2的CCl4溶液，Cl2局部过量，则发生反应：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2，反应后得到黄色的含Fe3+溶液和黄色的溴的CCl4溶液，振荡后，发生反应：2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br－，溶液分层，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液。以此分析。【详解】A.根据以上分析，操作④中发生的反应是Br2+2Fe2+＝2Br－+2Fe3+，故A正确；B.操作②和操作④之后，试管上层溶液的成分相同，CCl4层在下层无色，上层为黄色的含Fe3+溶液，故B正确；C.操作①反应过程中可能由于氯水局部过量，发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，有Br2生成，但由于Fe2+过量，随后发生反应：Br2+2Fe2+＝2Br－+2Fe3+，故操作①后的溶液中没有Br2，故C正确；D.实验说明，Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序为：Cl2>Br2>Fe3+，CCl4没有影响Cl2、Br2和Fe3+氧化性的强弱顺序，故D错误；故选D。8、C【详解】NH4+中含有的质子数是11，电子数是10。A中质子数是9，电子数是10。B中中质子数是9，电子数是10。C中中质子数是11，电子数是10。D中中质子数是10，电子数是10。所以正确的答案是C。9、B【详解】HA、BOH的浓度相同，体积相同，则二者的物质的量就相等，将两种溶液等体积混合，二者恰好完全反应，所得溶液呈酸性，说明酸HA的电离程度大于碱BOH的电离程度，盐溶液中B+发生了水解作用，消耗了水电离产生的OH-，最终达到平衡时c(H+)>c(OH-)，因此BOH一定不是强碱；酸HA可能是强酸，也可能是弱酸。若是弱酸，其电离程度大于碱BOH的电离程度，故合理选项是B。10、C【解析】用“mmol/L”表示时人的血糖正常值在3.61～6.11mmol/L之间，由1L=10dL，m=n×M来计算以“mg/dL”表示的血糖正常值范围，就可判断。【详解】用“mmol/L”表示时人的血糖正常值在3.61～6.11mmol/L之间，则以“mg/dL”表示的血糖正常值范围为3.61×18010=64.91mg/dL—6.11×18010=109.98mg【点睛】本题以信息的形式考查物质的量浓度、质量分数，明确信息的使用是解答的关键，难度不大。11、C【详解】A.HA的电离平衡常数Ka==10-5，A正确；B.点①所示的溶液，n(NaA)=n(HA)，2n(Na+)=n(A-)+n(HA)，所以2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，B正确；C.点③所示的溶液中，HA与NaOH刚好完全反应，此时溶质为NaA在溶液中存在以下两个平衡：A-+H2OHA+OH-，H2OH++OH-，c(HA)=c(OH-)-c(H+)，C错误；D.点④所示的溶液中n(NaA)=0.002mol，n(NaOH)=0.001mol，溶液中存在以下两个平衡：A-+H2OHA+OH-H2OH++OH-0.002-xx0.001+xyy2n(OH-)-2n(H+)=0.002+2xn(A-)+3n(HA)=0.002-x+3x=0.002+2x同一混合溶液，体积相同，所以有2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA)，D正确。故选C。【点睛】对于弱电解质，弱酸根离子将发生水解，解题时我们需注意，切不可单独呈现水解产物发生电离的方程式(也就是水解产物不考虑电离，电离产物不考虑水解)，否则我们很难求出微粒浓度的定量或定性关系。12、D【解析】A项，Fe2+是常见还原性离子，与H+和NO3-离子之间发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B项，能溶解Al2O3的溶液可能是强酸性或强碱性，酸性条件下SiO32-不能大量存在，故B错误；C项，Cu2+有颜色，不能大量存在，且Al3+、Cu2+与HCO3-发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故C错误；D项，使甲基橙变红色的溶液呈酸性，酸性条件下上述离子之间不发生任何反应，一定能大量共存，故D正确。点睛：本题考查离子的共存，侧重氧化还原反应的离子共存问题的考查，注意明确习题中的信息及离子之间的反应，A项中的氧化还原反应为解题的易错点。13、D【解析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，故A项错误；B项，醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，故B错误；C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，故C项错误。D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW=c(OH－)∙c(H＋)增大，故D项正确；答案为D。【点睛】本题主要考查碱性物质以及温度对水的电离的影响。加酸加碱抑制水的电离。升高温度水的离子积增大；盐类水解促进水的电离。14、C【解析】A.此图中反应物总能量与生成物的总能量差值出现变化，不可能是由于催化剂引起的，催化剂不能改变反应的热效应，故错误；B.氯化镁为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，0.1mol氧化镁的质量为4.0g，故错误；C.醋酸为弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中的氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸，且稀释到pH=4，b大于100，故正确；D.此反应特点为气体体积减小的反应，缩小体积，即增大压强，平衡正向移动，四氧化二氮的浓度变大，故错误。故选C。点睛：在对气体体积的变化过程中气体浓度的分析，要分清过程和结果。如选项D，将体积缩小，则各气体的浓度都增大，相当于加压，平衡正向移动，四氧化二氮的浓度继续增大，而二氧化氮的浓度要减少，最后结果，二者的浓度都比原来的大。15、A【详解】A.设铜和铁各为x、ymol。最终铁铜均为+2价，由电子得失守恒：2x+2y=0.1×3；两金属的总质量为：56x+64y=9；可解出：x=y=0.075mol，故A正确；B.由N元素的守恒，HNO3里面的N原子一部分在溶解中以硝酸根离子的形式存在，一部分生成NO气体，故：2x+2y+0.1=0.3+0.1=0.4mol，故稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol/0.2L=2mol·L-1，故B错误；C.在硝酸的氧化过程中，铁活泼性强，先被氧化，但不可能产生Fe3+（因为铜的存在），直到两金属恰好溶解为止。故第一次加硝酸，氧化的金属为0.075molFe，质量为0.075×56=4.2g第二次加硝酸，氧化的金属为0.075molCu，质量为0.075×64=4.8g，即第一次剩余4.8g金属为铜，故C错误；D.再加入上述100mL稀硝酸，则溶液中的Fe2+被氧化：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，经计算可知硝酸过量，由Fe2+可计算出NO为：0.075×（1/3）×1．4=0.56L，故D错误。故选A。【点睛】D选项中，加入该稀硝酸100mL，亚铁离子与硝酸反应生成NO和硝酸铁，根据电子转移守恒计算。16、B【详解】A.根据流程可知发生反应为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、O2+4H++4Fe2+=4Fe3++2H2O，根据反应可知，Fe3+对该反应有催化作用，选项A正确；B.若过程中的Fe3+可由Fe(NO3)3提供，由于酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子，选项B不正确；C.可用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3+与Fe2+，产生蓝色沉淀则含有Fe2+，选项C正确；D.由流程分析可知，制备CuCl2的总反应为2Cu＋O2＋4HCl＝2CuCl2＋2H2O，选项D正确。答案选B。17、D【解析】A.根据题意该反应是在常温常压下进行的，不是在标况下，33.6L氯气的物质的量不一定是1.5mol，所以无法计算电子转移数目，故A错误；B.此选项与条件无关，可采取极端假设法。假设28g全是乙烯气体，则含有的原子数为，假设28g全是丙烯气体，则含有的原子数为：，故28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数也为6NA，故B错误；C.氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应，一定条件下，将1molN2与3molH2混合反应后，生成NH3分子的数目小于2NA，故C错误；D.在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，c（H+）=1mol/L，又知电解后溶液体积为1L，氢离子物质的量为1mol/L×1L=1mol，电解反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，则在阳极析出的气体物质的量为0.25mol，分子数约为0.25NA，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查的知识点是阿伏加德罗常数。如果涉及到的运用时特别注意依据气体摩尔体积的应用条件进行分析判断，例如A选项常温常压下的33.6L氯气物质的量不一定是1.5mol；解答C选项时注意氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应不能进行彻底。18、C【详解】A.液氯、冰醋酸是纯净物，但C4H8不一定是纯净物，因为符合此分子式的有机物可能是正丁烷，可能是异丁烷，A不正确；B.Na2O、Fe2O3属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，B不正确；C.常用投加明矾、硫酸铁等电解质的方法处理浑浊的水，因为它们都能水解生成胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，C正确；D.蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和强电解质，D不正确。故选C。【点睛】电解质的强弱与它的溶解度大小没有必然的联系，强电解质的溶解度可能很小，弱电解质的溶解度可以很大。若溶解的部分完全电离，则它属于强电解质；若溶解的部分只发生部分电离，则它属于弱电解质。19、D【详解】A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒越小，接触面积越大，反应速率越快，故A正确；B．根据图示，蒸汽反应器中铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生的反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故B正确；C．H2O的沸点比H2的沸点高得多，从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2，故C正确；D．根据氧元素守恒，反应体系有水蒸气通入，为使Fe2O3循环使用，理论上n(CO):n(O2)>2:1，故D错误；选D。20、C【解析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极．与阴极连接的是原电池的负极，所以左边是负极，右边是正极。A、闭合K时，I左边是负极，右边是正极，根据异性电荷相吸原理，所以钠离子从左到右通过离子交换膜，故A错误；B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S2-2e－═K2S4+2K＋，故B错误；C、闭合K时，当有0.1mol钠离子通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成的氢气体积为1.12L（标况下），故C正确；D、闭合K时，X电极是阴极，在阴极上溶液中的氢离子放电生成氢气，所以电极反应式为2H＋+2e－=H2↑，故D错误；故选C。21、C【详解】A.加入稀硫酸，可抑制水解，但不能防止氧化，故A错误；B.浓硫酸有强氧化性，可氧化亚铁离子，故B错误；C.铁与FeSO4溶液不反应，且可以将三价铁还原为二价铁，可防止亚铁离子被氧化而变质，故C正确；D.硫酸铁和硫酸亚铁不反应，但引入杂质铁离子，故D错误；答案选C。【点睛】防止FeSO4被氧化而变质，应加入具有还原性的物质，且溶液配制中不能引入新的杂质。22、C【详解】根据c=可得，溶液的密度ρ=，由于摩尔质量：M(KOH)=56g/mol、M(HNO3)=63g/mol、M(CH3COOH)=60g/mol、M(HCl)=36.5g/mol，溶质质量分数：w(KOH)=56%、w(HNO3)=63%、w(CH3COOH)=60g%、w(HCl)=36.5%，则四种溶质的摩尔质量与质量分数ω%的关系为：=1，所以溶液的密度与溶液的物质的量浓度c成正比，根据表中四种溶液的物质的量浓度数据可知，物质的量浓度最小的为CH3COOH，浓度为10.6mol/L，所以四种溶液中的密度最小的是CH3COOH，故选C。【点睛】本题的难点在与找到溶液的密度与溶质质量分数和物质的量浓度的关系，要注意借助于公式c=确定。二、非选择题(共84分)23、羧基、硝基浓硫酸、浓硝酸+NaOH+NaCln+(n-1)H2O【分析】根据A的分子式以及D到E的条件是氧化，再结合E的结构简式，可知A的结构简式为，试剂a为浓硫酸和浓硝酸加热的反应，得到B()，通过氯气光照得C()，C通过氢氧化钠的水溶液水解得到D()，通过Fe/HCl可知F()；通过已知信息i，可知G的结构简式()，通过SOCl2结合曲尼司特的结构简式可知H()，即可解题了。【详解】(1)E分子中的含氧官能团名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；(2)试剂a是浓硫酸、浓硝酸，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；(3)C→D的反应方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；(4)一定条件下用F制备高分子的反应方程式n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)H具有顺反异构，写出H的顺式异构体的结构简式，故答案为：；(6)根据题意可知，结合H的结构简式，可推知K的结构简式为，中间产物脱水生成，可知中间产物的结构简式为：，故答案为：；。24、醛基ClCH1CHO氢氧化钠水溶液、加热ac【分析】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息Ⅲ反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息Ⅱ可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（OCH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息Ⅰ、Ⅲ可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚，据此解答。【详解】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息Ⅲ反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息Ⅱ可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（OCH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息Ⅰ、Ⅲ可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚。（1）由上述分析可知，D为HCHO，含有醛基；（1）D→E是甲醛与乙醛发生信息Ⅲ反应生成CH1=CHCHO，反应方程式为：；（3）F为CH1=CHCOOH，发生加聚反应生成PAA，反应方程式为：；（4）①由上述分析可知，X为ClCH1CHO；②Y→W是ClCH1CH1OH在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH1CH1OH；（5）①甲→乙是与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，反应方程式为：；②丙是，含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，与有机物B（苯酚），含有官能团不完全相同，二者不是同系物，芳香醇类中含有苯环，羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上，结合丙的结构可知，苯环侧链不可能可以存在羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上的结构，故丙不存在芳香醇类的同分异构体，故ac正确，b错误，答案选ac；（6）由上述分析可知，己的结构简式是。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的反应信息进行利用，甲醇转化为甲的反应，是难点，中学不涉及，需要学生根据信息、结合丙、丁、已的结构推断丙，再进行逆推判断，对学生的逻辑推理有较高的要求。25、（球形）干燥管agfbchi（或ih）de（或ed）bc排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【分析】I．(1)①根据仪器的图形和作用分析解答；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；③实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；④实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；Ⅱ．(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。【详解】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为(球形)干燥管；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为agfbchi(或ih)de(或ed)bc；③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为将Fe3+还原为Fe2+；(5)取上述溶液25.00mL，用cmol•L﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为×100%；偏低。【点睛】本题考查了物质的组成和含量测定的实验分析。本题的难点为实验装置的连接顺序，要注意从实验的原理分析解答；易错点为(5)的计算和误差分析，要注意2次滴定过程中的反应微粒，理解清楚计算原理，并结合计算公式分析误差。26、长颈漏斗饱和食盐水红棕色完全消失通过观察气泡的多少调节两种气体的流速2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑酸式90%偏低【分析】本实验的目的是制备NOCl，该物质易与水反应，制备过程要保持干燥；装置A中利用铜和稀硝酸反应生成NO，装置B对NO进行干燥之后进入装置D中，与干燥纯净氯气在冰盐水浴条件下反应生成NOCl，D装置可以防止空气中的水蒸气进入反应装置是NOCl水解；实验时，需先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，利用产生的NO将装置中的空气排尽，NO易被氧气氧化成NO2，当观察到B中红棕色气体NO2完全消失后，说明装置中空气被排尽，此时装置中充满NO；关闭K1、K2，向装置C三颈瓶中通入干燥纯净Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。【详解】(1)装置B中仪器a的名称是长颈漏斗，因为盐酸易挥发，制备的Cl2中含有少量的HCl，HCl极易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，装置E中的试剂为饱和食盐水除去Cl2中的HCl。故答案为：长颈漏斗；饱和食盐水；(2)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，产生NO气体，当观察到B中红棕色完全消失时，说明装置中充满NO，关闭K1、K2。向装置C三颈瓶中通入干燥Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。故答案为：红棕色完全消失；(3)装置B、D除可干燥NO、Cl2外，还可以通过观察气体通过洗气瓶时产生气泡的多少、快慢，通过观察气泡的多少调节两种气体的流速，控制NO和Cl2的气泡的最佳速度为2：1，以便发生反应2NO+Cl2=NOCl，使NO和Cl2反应充分；若装置C中去掉盛CaCl2的干燥管，NOCl遇水易水解生成一种氢化物：HCl、两种氮的常见氧化物分别为：红棕色NO2和无色的NO，则C中NOCl可能发生反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑。故答案为：通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；(4)AgNO3在溶液中水解显酸性，滴定时应将AgNO3标准溶液加入酸式滴定管中；亚硝酰氯(NOCl)溶于水可生成Clˉ，Clˉ和Ag＋发生反应：Clˉ+Ag＋=AgCl，滴定终点Clˉ完全反应，Ag＋与CrO生成砖红色沉淀，根据元素守恒25.00mL溶液中n(NOCl)=n(Clˉ)=n(Ag＋)=0.8mol·L-1×22.5×10-3L=0.018mol，则样品中n(NOCl)=0.018mol×=0.18mol，所以质量分数=×100%=×100%=90%；滴定管0刻度线在上方，仰视读数变大。先仰视后正常，计算体积时为V后-V前(偏大)所以测定结果偏低，根据n(NOCl)=n(Clˉ)=n(Ag＋)，则测定的NOCl的物质的量增大，测定结果偏低，故答案为：酸式；90%；偏低。27、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（球形）干燥管a→d→ch←g←j←i←bNaOH溶液、AgNO3溶液浓硫酸：偏低【分析】A为制备氨气发生装置，用碱石灰干燥。B为制备氯气装置，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸进行干燥氯气。氨气和氯气在D中充分混合并反应生成NH4C1，氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以氨气从e口进，氯气从f口进，氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，制取氨气的气流顺序为adc，制取氯气的气流顺序为bghij，同时注意确定连接顺序时，氯气气流是从右向左的；检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸；以此解答。【详解】(1)装置A中用氯化铵和熟石灰固体混合回执制氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)装置C的仪器名称是（球形）干燥管，故答案为：（球形）干燥管；(3)A为制备氨气发生装置，用碱石灰干燥。B为制备氯气装置，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸进行干燥氯气。氨气和氯气在D中充分混合并反应生成NH4C1，制取氨气的气流顺序为adc，制取氯气的气流顺序为bijgh，氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以氨气从e口进，氯气从f口进，氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，同时注意确定连接顺序时，氯气气流是从右向左的，合理的连接顺序为a→d→c→e→f←h←g←j←i←b，故答案为：a→d→c；h←g←j←i←b；(4)检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸，所以还需要的试剂为NaOH溶液、AgNO3溶液，故答案为：NaOH溶液、AgNO3溶液；(5)产生的气体通过装置H中的浓硫酸，能够吸收混合气体中的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰，减小实验误差，故答案为：浓硫酸；(6)装置I增重bg，即生成HCl的质量为bg，其物质的量为=mol；装置K测得气体体积为VL，则N2的物质的量为=mol，则岩脑砂中n(N)：n(Cl)＝(×2)：=：；若取消J装置(其它装置均正确)，装置I会吸收部分水，导致测定HCl的物质的量偏大，比值n(N)：n(Cl)偏低，故答案为：：；偏低。28、第三周期，第ⅤⅡA族SiacSi（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/molNO、NO20.9mol、1.3mol2mol【解析】根据元素